Questão 2 - Ar a 300 K e 1 atm flui sobre uma placa quadrada de lados 20 cm , a uma velocidade livre de corrente de 20 \mathrm{m} / \mathrm{s}. A metade final da placa é aquecida a uma temperatura constante de 350 K . Calcule o calor perdido pela placa.
Dados: v=18,23 \times 10^{-6} \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s}, \varrho=0,871 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}, \mathrm{P}_{\mathrm{r}}=0,7 \mathrm{e} \mathrm{k}=0,02814 \mathrm{~W} / \mathrm{m} . \mathrm{K}

Passo 1

O enunciado pede: calcular o calor perdido (potência térmica transferida para o ar) pela metade final de uma placa quadrada quando essa metade está a temperatura constante de 350\\ \mathrm{K} e o ar ambiente está a 300\\ \mathrm{K}. Dados importantes fornecidos pelo enunciado:
\begin{aligned} &\text{Placa: lado }=0{,}20\\ \mathrm{m} \quad\Rightarrow\quad \text{comprimento no sentido do escoamento }L=0{,}20\\ \mathrm{m},\\\ &\text{Metade final aquecida: }x_1=0{,}10\\ \mathrm{m}\\ \text{até}\\ x_2=0{,}20\\ \mathrm{m},\\\ &U_\infty=20\\ \mathrm{m/s},\\\ &T_\infty=300\\ \mathrm{K},\quad T_s=350\\ \mathrm{K},\\\ &\nu=18{,}23\times10^{-6}\\ \mathrm{m}^2/\mathrm{s},\\\ &\rho=0{,}871\\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^3,\\\ &\mathrm{Pr}=0{,}7,\\\ &k=0{,}02814\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}\cdot\mathrm{K}. \end{aligned}é
Observação geométrica: a largura perpendicular ao escoamento (a outra dimensão da placa) é W=0{,}20\\ \mathrm{m}, logo a área aquecida é
A=(x_2-x_1)\cdot W=0{,}10\cdot0{,}20=0{,}02\\ \mathrm{m}^2.

Passo 2

Determinar o regime do escoamento (laminar ou turbulento) sobre a placa para escolher a correlação adequada. Para isso usamos o número de Reynolds local:
\mathrm{Re}_x=\dfrac{U_\infty x}{\nu}.
Calculo nos comprimentos relevantes:
\mathrm{Re}_{L}=\dfrac{U_\infty L}{\nu}=\dfrac{20\cdot0{,}20}{18{,}23\times10^{-6}}.
Faço a conta:
\mathrm{Re}_{L}\approx\dfrac{4}{18{,}23\times10^{-6}}\approx2{,}20\times10^{5}.
Para x=0{,}10\\ \mathrm{m} (início da região aquecida):
\mathrm{Re}_{0{,}10}=\dfrac{20\cdot0{,}10}{18{,}23\times10^{-6}}\approx1{,}10\times10^{5}.
Regra prática: transição laminar→turbulento em placa plana livre ocorre por volta de \mathrm{Re}\approx5\times10^{5}. Como \mathrm{Re}_L e \mathrm{Re}_{0{,}10} são menores que 5\times10^{5}, o escoamento permanece laminar sobre toda a placa. Portanto usaremos a correlação de convecção para escoamento laminar sobre placa plana.

Passo 3

Apresentar a correlação e explicar as grandezas:
  • Para convecção forçada laminar sobre placa plana com temperatura da superfície constante, a Nusselt local é
\mathrm{Nu}_x=\dfrac{h(x)\,x}{k}=0{,}332\,\mathrm{Re}_x^{1/2}\,\mathrm{Pr}^{1/3}.
Aqui:
\mathrm{Nu}_x é a Nusselt local (adimensional), h(x) é o coeficiente de transferência de calor local ( \mathrm{W}/\mathrm{m}^2\mathrm{K}), x é a distância desde a borda de ataque, k é a condutividade térmica do fluido, \mathrm{Re}_x é o Reynolds local e \mathrm{Pr} é o número de Prandtl.
Isolando h(x):
h(x)=\dfrac{k}{x}\,0{,}332\left(\dfrac{U_\infty x}{\nu}\right)^{1/2}\mathrm{Pr}^{1/3} =0{,}332\,k\left(\dfrac{U_\infty}{\nu}\right)^{1/2}x^{-1/2}\mathrm{Pr}^{1/3}.
Queremos o calor total da seção x_1 a x_2. A potência total transferida para o ar na região aquecida é
Q=W\int_{x_1}^{x_2} h(x)\,(T_s-T_\infty)\,dx = W (T_s-T_\infty)\int_{x_1}^{x_2} h(x)\,dx.
Como T_s-T_\infty e W são constantes, basta calcular a integral de h(x).

Passo 4

Calcular a integral de h(x). Substituindo h(x) e integrando:
\int_{x_1}^{x_2} h(x)\,dx =0{,}332\,k\left(\dfrac{U_\infty}{\nu}\right)^{1/2}\mathrm{Pr}^{1/3}\int_{x_1}^{x_2} x^{-1/2}\,dx.
Sabemos que \int x^{-1/2}dx=2x^{1/2}, então
\int_{x_1}^{x_2} h(x)\,dx =0{,}332\,k\left(\dfrac{U_\infty}{\nu}\right)^{1/2}\mathrm{Pr}^{1/3}\cdot 2\big(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1}\big).
Definimos uma média conveniente h_{\mathrm{méd}}é sobre o intervalo x_1 x_2 por
h_{\mathrm{méd}}=\dfrac{1}{x_2-x_1}\int_{x_1}^{x_2} h(x)\,dx =0{,}664\,k\left(\dfrac{U_\infty}{\nu}\right)^{1/2}\mathrm{Pr}^{1/3}\cdot \dfrac{\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1}}{x_2-x_1}.é
Agora calculo numericamente cada termo. Primeiro,
\left(\dfrac{U_\infty}{\nu}\right)^{1/2} =\left(\dfrac{20}{18{,}23\times10^{-6}}\right)^{1/2} \approx\sqrt{1{,}097\times10^{6}}\approx1{,}047{,}1.
Depois \mathrm{Pr}^{1/3}:
\mathrm{Pr}^{1/3}=0{,}7^{1/3}\approx0{,}888.
E a fração geométrica:
\dfrac{\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1}}{x_2-x_1} =\dfrac{\sqrt{0{,}20}-\sqrt{0{,}10}}{0{,}10} =\dfrac{0{,}4472136-0{,}3162278}{0{,}10}\approx1{,}30986.

Passo 5

Agora calculo h_{\mathrm{méd}}é numericamente:
\begin{aligned} h_{\mathrm{méd}} &=0{,}664\cdot k\cdot\left(\dfrac{U_\infty}{\nu}\right)^{1/2}\cdot\mathrm{Pr}^{1/3}\cdot1{,}30986\\[4pt] &=0{,}664\cdot0{,}02814\cdot1{,}047{,}1\cdot0{,}888\cdot1{,}30986. \end{aligned}é
Faço as multiplicações passo a passo:
0{,}02814\cdot1{,}047{,}1\approx0{,}02947,
0{,}664\cdot0{,}02947\approx0{,}01957,
0{,}01957\cdot0{,}888\approx0{,}01738,
0{,}01738\cdot1{,}30986\approx0{,}02275\\ \mathrm{(unidade\\ } \mathrm{W}/\mathrm{m}^2\mathrm{K}).
Logo
h_{\mathrm{méd}}\approx0{,}02275\times10^{3}\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^2\mathrm{K}=22{,}75\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^2\mathrm{K}.é
(Escrevi primeiro em notação científica intermediária; o valor final é 22{,}75\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^2\mathrm{K}.)]

Passo 6

Com h_{\mathrm{méd}}é e a área aquecida A=0{,}02\\ \mathrm{m}^2, a potência térmica transferida é
Q=h_{\mathrm{méd}}\;A\;(T_s-T_\infty).é
Substituindo:
Q=22{,}75\cdot0{,}02\cdot(350-300)\\ \mathrm{W}.
Calculo:
0{,}02\cdot(350-300)=0{,}02\cdot50=1,
logo
Q=22{,}75\\ \mathrm{W}.

Passo 7

Breve verificação de consistência: o coeficiente h obtido ( \sim22{,}8\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^2\mathrm{K}) está na ordem de grandeza usual para ar sob velocidade moderada sobre placa plana, e a potência Q\approx22{,}8\\ \mathrm{W} corresponde à área pequena 0{,}02\\ \mathrm{m}^2 com \Delta T=50\\ \mathrm{K}, portanto o resultado é coerente.

Resposta

Q\approx22{,}75\\ \mathrm{W}

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